分析 (1)先再證明△BAE≌△CAD,推出BE=CD,∠ABE=∠ACD=45°,推出∠ECD=90°,推出EC2+CD2=ED2,又因為△AED是等腰直角三角形,可得DE2=2AE2,即可推出EC2+BE2=2AE2.
(2)由$\frac{{S}_{△PBE}}{{S}_{△ABE}}$=$\frac{\frac{1}{2}•PB•EH}{\frac{1}{2}•AB•EF}$=$\frac{PE}{AE}$,推出$\frac{PB}{AB}$=$\frac{PE}{AE}$,求出PA、AE即可解決問題.
(3)由PB∥AC,推出$\frac{PB}{AC}$=$\frac{BE}{EC}$=$\frac{PE}{AE}$=$\frac{1}{3}$,設PB=a,則AC=AC=3a,因為PA=$\sqrt{{a}^{2}+(3a)^{2}}$=$\sqrt{10}$a,所以AD=AE=$\frac{3}{4}$PA=$\frac{3\sqrt{10}}{4}$a,DE=$\sqrt{2}$AE=$\frac{3}{2}$$\sqrt{5}$a,由此即可解決問題.
解答 (1)證明:如圖1中,
∵直線y=x過點A,AB⊥y軸,AC⊥x軸,
∴AB=AC=OC=OB,四邊形ABOC是正方形,
∴∠ABC=∠PAD=90°,∠ABC=∠ACB=45°,
∴∠BAE=∠DAC,
在△BAE和△CAD中,
$\left\{\begin{array}{l}{BA=CA}\\{∠BAE=∠CAD}\\{AE=AD}\end{array}\right.$,
∴△BAE≌△CAD,
∴BE=CD,∠ABE=∠ACD=45°,
∴∠ECD=90°,
∴EC2+CD2=ED2,
∵△AED是等腰直角三角形,
∵DE2=2AE2,
∴EC2+BE2=2AE2.
(2)解:如圖2中,作EF⊥AB于F,EH⊥OB于H.則四邊形BFEH是正方形.
∴EF=EH,
∵A(6,m),
∴AB=AC=6,m=6,
∵點P的坐標是(0,$\frac{2}{3}$m),
∴P(0,4),
∴PB=2,
∵$\frac{{S}_{△PBE}}{{S}_{△ABE}}$=$\frac{\frac{1}{2}•PB•EH}{\frac{1}{2}•AB•EF}$=$\frac{PE}{AE}$,
∴$\frac{PB}{AB}$=$\frac{PE}{AE}$,
∴$\frac{PE}{AE}$=$\frac{2}{6}$=$\frac{1}{3}$,∵PA=$\sqrt{{2}^{2}+{6}^{2}}$=2$\sqrt{10}$,
∴AD=AE=$\frac{3}{4}$×2$\sqrt{10}$=$\frac{3}{2}$$\sqrt{10}$.
(3)解:如圖2中,
∵PB∥AC,
∴$\frac{PB}{AC}$=$\frac{BE}{EC}$=$\frac{PE}{AE}$=$\frac{1}{3}$,設PB=a,則AC=AC=3a,
∴PA=$\sqrt{{a}^{2}+(3a)^{2}}$=$\sqrt{10}$a,
∴AD=AE=$\frac{3}{4}$PA=$\frac{3\sqrt{10}}{4}$a,
∴DE=$\sqrt{2}$AE=$\frac{3}{2}$$\sqrt{5}$a,
∴$\frac{DE}{BP}$=$\frac{\frac{3}{2}\sqrt{5}a}{a}$=$\frac{3\sqrt{5}}{2}$.
點評 本題考查相似三角形綜合題、全等三角形的判定和性質、一次函數的應用、正方形的判定和性質、等腰直角三角形的性質、勾股定理、平行線分線段成比例定理等知識,解題的關鍵是靈活運用所學知識解決問題,學會利用面積法證明線段之間的關系,學會利用參數解決問題,屬于中考壓軸題.
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A. | 1.67米是該班學生身高的平均水平 | |
B. | 班上比小明矮的學生人數不會超過19人 | |
C. | 這組身高數據的中位數不一定是1.67米 | |
D. | 這組身高數據的眾數不一定是1.67米 |
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